i) Determinare l’integrale generale (tutte le soluzioni con i loro intervalli massimali).

EQUAZIONI DIFFERENZIALI ORDINARIE 15/2/2011 Esercizio 1. Si consideri l’equazione

y ⁰ = e

⁺¹ + y t .

i) Determinare l’integrale generale (tutte le soluzioni con i loro intervalli massimali).

ii) Risolvere il problema di Cauchy con dato y(−1) = 0.

iii) Determinare x ₀ ∈ R tale che il problema di Cauchy con dato y(1) = x ₀ abbia soluzione massimale definita in ]0, 100[.

Soluzione. L’equazione `e del tipo “omogeneo” y <sup>0</sup> = f ( <sup>y</sup> <sub>t</sub> ) con f (r) = e <sup>r</sup> − r. ` E ovvio inoltre che l’equazione, e quindi anche ogni soluzione, `e definita per t 6= 0.

i) Da nota formula, ponendo z = ^y _t , si ha z ⁰ = f (z) − z

t = e ^z+1 t , che, tramite separazione di variabili, porge

z(t) = − log(− log |t| − k) − 1, k ∈ R,

da cui, tenendo conto della definizione di z e imponendo il vincolo che l’argomento del logaritmo sia positivo, si ha l’integrale generale, al variare di k ∈ R,

y :] − e ^−k , 0[→ R, t 7→ −t (log(− log(−t) − k) + 1) , y :]0, e ^−k [→ R, t 7→ −t (log(− log t − k) + 1) . ii) Imponendo le condizioni iniziali, si ha

0 = y(−1) = −(−1) (log(− log(−(−1)) − k) + 1) = log(−k) + 1, da cui k = −e ⁻¹ . Quindi la soluzione `e

y :] − e ^e

, 0[→ R, t 7→ −t ¡

log(− log(−t) + e ⁻¹ ) + 1 ¢ .

iii) Dalla formula dell’integrale generale si ha che deve essere e ^−k = 100 da cui k = − log 100. Quindi, considerando la corrispondente soluzione, si ha

1

Figure 1: Funzione F

x ₀ = y(1) = − log log 100 − 1.

Esercizio 2. Data F : R → R, ξ 7→ F (ξ), C ¹ , il cui grafico e’ abbozzato in figura ¹ , sia f la sua derivata e si consideri il sistema

½ y ₁ ⁰ = y ₂ y ₂ ⁰ = f (y ₁ ).

Trovare i punti di equilibrio e disegnare un grafico qualitativo delle orbite.

Che stabilita’ hanno i punti di equilibrio? Esistono orbite periodiche?

1

F ≥ 0, F = 0 in ] − ∞, −1] ∪ [1, +∞[, F > 0 in ] − 1, 1[, F ha un massimo in ξ = 0 e F (0) = 1, F e’ strettamente crescente in ] − 1, 0[ e strettamente decrescente in ]0, 1[, F e’

pari.

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Soluzione. Il sistema `e un sistema autonomo bidimensionale del tipo

“conservativo” di cui abbiamo immediatamente una formula per un integrale primo

E(y ₁ , y ₂ ) = y ₂ ²

2 − F (y ₁ ).

Dalle informazioni su F abbiamo che f = 0 in ] − ∞, 1] ∪ {0} ∪ [1, +∞[, f > 0 in ] − 1, 0[ e f < 0 in ]0, 1[. Ne segue immediatamente che i punti di equilibrio sono i punti del tipo (y ₁ , 0) con |y ₁ | ≥ 1 oppure con y ₁ = 0. Le traiettorie sono contenute nelle curve di livello dell’integrale primo

E(y 1 , y 2 ) = c, c ∈ R, da cui, invertendo

y ₂ = ±2 p

F (y ₁ ) + c. (1)

Ora, poich´e i valori di F sono compresi tra 0 e 1, si ha che se c < −1 allora il secondo membro di (1) non `e mai definito per alcun y 1 (non ci sono curve di livello c); se c = −1 allora l’unica curva di livello −1 `e il punto di equilibrio (0, 0) (F(0)=1 e F (y ₁ ) < 1 per ogni altro y ₁ ); se −1 < c < 0 allora il secondo membro di (1) `e definito solo per gli y 1 tali che F (y 1 ) ≥ −c ovvero per y <sub>1</sub> ∈ [−C, C] per un opportuno C ∈]0, 1[; se c ≥ 0 allora le curve di livello sono definite per tutti gli y <sub>1</sub> . Interpretando quindi queste curve di livello come i grafici delle funzioni di y 1 (al variare di c ∈ R) descritte da (1) si ha facilmente il grafico qualitativo delle orbite con i loro versi di percorrenza ottenuti dal segno di f . Ci sono orbite periodiche e sono quelle chiuse (che non contengono punti di equilibrio) contenute nella regione in cui y <sub>1</sub> ∈] − 1, 1[. Il punto di equilibrio (0, 0) `e stabile ma non asintoticamente, i punti di equilibrio (y ₁ , 0) con |y ₁ | ≥ 1 sono instabili.

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